2020全国高考数学考点题型分类与解析06 数列

= 2(2k −l)−1 = 2n−1 = an ,∴
an
(Ⅲ)【解法一】
首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：
显然 an ≠ 0(n∉ N *)，假设数列中存在负项，设 N0 = max{n | an < 0} ，
第一种情况：若 N0 = 1，即 a0 < 0 < a1 < a2 < a3 < L，
5 / 15
【解析】在等式 中，令 ，可得 ， ， am+n = aman
m =1
an+1 = ana1 = 2an
∴ an+1 = 2 an
所以，数列{an}是以 2 为首项，以 2 为公比的等比数列，则 an = 2× 2n−1 = 2n ，
( ) ( ) ( ) ( ) ， ∴ak+1
+
ak +2
n=9
S3n
=
S27
=
27(9
+ 9 × 27) 2
=
3402 .
故选：C
（ •全国 卷）数列 中， ， ，若 ， 5. 2020
2
{an} a1 = 2 am+n = aman ak +1 + ak +2 + L + ak +10 = 215 − 25
则k=（ ）
A. 2
B. 3
C. 4
D. 5
【答案】C
从而题中的结论得证，数列{an}为等比数列.
3.（2020•全国 1 卷）设{an}是公比不为 1 的等比数列， a1为 a2，a3的等差中项． （1）求{an}的公比； （2）若 a1 =1，求数列{nan}的前 n 项和．
【答案】（1）
−2
；（2）
Sn
=
1
−
(1
+
3n)(−2)n 9
.
【解析】（1）设{an}的公比为q， a1为 a2,a3 的等差中项，
首先利用性质②：取
n
=
3，此时
a3
=
ak2 al
(k
>
l)
，由数列的单调性可知
ak
>
al
>
0
，
而 ，故 ，此时必有 ，即 ， a3
=
ak
⋅
ak al
> ak
k <3
k = 2,l =1
a3
=
a22 a1
即 成等比数列，不妨设 ， a1,a2,a3
a2 = a1q, a3 = a1q2 (q > 1)
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （ ） m
am
=
ak2 ak −1
= a1qk
> ak
am = a1qk ≥ ak+1
*
由②得：存在
s
>
t
，满足：ak+1
=
as2 at
=
as
⋅
as at
>
as
，由数列的单调性可知：t
<
s
≤
k
+1，
由 ( ) 可得： as = a1qs−1 1 ≤ s ≤ k
ak +1
ak2 al
．
(Ⅰ)若 an = n(n =1,2,L) ，判断数列{an}是否满足性质①，说明理由；
1 / 15
(Ⅱ)若 an = 2n−1(n =1,2,L) ，判断数列{an}是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若 {an } 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： {an } 为等比数列.
且最大项为T4 . 故选：B.
（ ）已知 2. 2020•北京卷 {an}是无穷数列．给出两个性质：
①对于{an}中任意两项 ai, aj (i
>
j) ，在{an}中都存在一项am
，使
ai2 aj
=
； am
②对于{an}
中任意项
an (n…
3)
，在{an}
中都存在两项
ak
,
al
(k
>
l)
．使得
an
=
>
al
>
0 ，而 a3
=
ak
⋅ ak al
>
ak
，故 k
<
3 ，此时必有k
= 2,l
=1，
2 / 15
即 ， a3
=
a22 a1
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列{an}的前 k (k ≥ 3) 项成等比数列，不妨设 as = a1qs−1 (1≤ s ≤ k) ，
其中 a1 > 0, q >1，（ a1 < 0,0 < q < 1 的情况类似）
对于选项 ， ∑ C(k)
=
1 5
5 i=1
aiai+k , k
=
1, 2, 3, 4
,
A
∑ C(1)
=
1 5
5 i =1
aiai+1
=
1 5
(a1a2
+
a2a3
+
a3a4
+
a4a5
+
a5a6
)
=
1 5
(1
+
0
+
0
+
0
+
0)
=
1 5
≤
1 5
∑ ，不满足； C(2)
=
1 5
5 i=1
aiai+2
=
1 5
=
1 5
5 i=1
aiai+1
=
1 5
(a1a2
+
a2a3
+
a3a4
+
a4a5
+
a5a6 )
=
1 5
(1 +
0
+
0
+
0
+ 1)
=
2 5
6 / 15
故选：C
（ •全国 卷）设数列 满足 ， ． 7. 2020
3
{an}
a1=3 an+1 = 3an − 4n
（1）计算 a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
块 A. 3699 【答案】C
块 B. 3474
块 C. 3402
块 D. 3339
【解析】设第 n 环天石心块数为an ，第一层共有 n 环，
则{an}是以 9 为首项，9 为公差的等差数列，an = 9 + (n −1) ×9 = 9n ，
设 Sn 为{an}的前 n 项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
【解析】由题意可知，等差数列的公差 d = a5 − a1 = −1+ 9 = 2 ， 5−1 5−1
则其通项公式为： an = a1 + (n −1) d = −9 + (n −1)× 2 = 2n −11，
注意到 ，且由 可知 ， a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < 0 < a6 = 1 < a7 < L
别为 ，因为下层比中层多 块，所以 ， Sn, S2n − Sn, S3n − S2n
729
S3n − S2n = S2n − Sn + 729
即 3n(9 + 27n) − 2n(9 +18n) = 2n(9 +18n) − n(9 + 9n) + 729
2
2
2
2
即 ，解得 ，所以 9n2 = 729
2020 全国高考数学考点题型分类与解析 06 数列
（ ）在等差数列 中， ， ．记 ， 1. 2020•北京卷
{an} a1 = −9 a3 = −1 Tn = a1a2…an (n = 1, 2,…)
则数列{Tn}（ ）．
A. 有最大项，有最小项 C. 无最大项，有最小项 【答案】B
B. 有最大项，无最小项 D. 无最大项，无最小项
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与前面类似的可知则存在{k,l}
⊆
{1,
2, 3} ( k
>
l)
，满足
a4
=
ak2 al
，
若k
=
3, l
=
2，则： a4
=
ak2 al
=
a1q3
，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾； k = 3,l =1
a4
=
ak2 al
=
a1q 4
> a1q3
若k
=
2, l
=1，则： a4
=
ak2 al
1 − (−2)
3
∴ Sn
=
1−
(1 +
3n)(−2)n 9
.
4.（2020•全国 2 卷）北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心 有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌 9 块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增 加 9 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 9 块，向外每环依次也增加 9 块，已知每层 环数相同，且下层比中层多 729 块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
+L+
ak +10
=
ak +1
⋅ 1− 210 1− 2
2k +1 ⋅ 1− 210 =
1− 2
= 2k+1 210 −1 = 25 210 −1
，则 ，解得 故选： ∴2k+1 = 25 k +1 = 5
k = 4.
C.
6.（2020•全国 2 卷）0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列 a1a2LanL满足
=
as2 at
= a1q2s−t −1
> ak
= a1qk −1
（**）
由（ ）和（ ）式可得： ， **
*
a1qk ≥ a1q2s−t−1 > a1qk−1
结合数列的单调性有： k ≥ 2s −t −1> k −1，注意到 s,t,k 均为整数，故 k = 2s −t −1，
代入（**）式，从而 ak+1 = a1qk .总上可得，数列{an}的通项公式为： an = a1qn−1 . 即数列 {an } 为等比数列. 【解法二】假设数列中的项数均为正数：
（2）求数列{2nan}的前 n 项和 ．Sn
【解析】（1）由题意可得 a2 = 3a1 − 4 = 9 − 4 = 5 ， a3 = 3a2 − 8 = 15 − 8 = 7 ，
然后利用性质①：取 ，则 ， i = 3, j = 2
am
=
a32 a2
=
a12 q 4 a1q
= a1q3
即数列中必然存在一项的值为a1q3，下面我们来证明a4 = a1q3 ，
否则，由数列的单调性可知 a4
<
a1q3 ，在性质②中，取n
=
4 ，则 a4
=
ak2 al
=
ak
ak al
>
ak
，
从而k < 4 ，
C(k)
=
1 m
m i =1
ai ai+k
(k
= 1, 2,L, m
− 1)
5
的 0-1 序列中，满足C(k) ≤ 1 (k =1,2,3,4) 的序列是（ ） 5
A. 11010L
【答案】C
B. 11011L
C. 10001L
D. 11001L
【解析】由ai+m = ai 知，序列 ai 的周期为 m，由已知， m = 5 ，
， ； Q2a1 = a2 + a3, a1 ≠ 0,∴q2 + q − 2 = 0 Qq ≠ 1,∴q = −2
（ ）设 前 项和为 ， ， 的 2 {nan} n
Sn a1 = 1, an = (−2)n−1
，① Sn = 1×1+ 2 × (−2) + 3× (−2)2 +L+ n(−2)n−1
，且存在正整数 ，使得 成立，则称其为 周期序 ai ∈{0,1}(i =1,2,L)
m
ai+m = ai (i = 1, 2,L)
0-1
列，并称满足 ai+m = ai (i =1,2,L) 的最小正整数 m 为这个序列的周期.对于周期为 m 的 0-1 序
列 ， 是描述其性质的重要指标，下列周期为 ∑ a1a2LanL
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ， m1
am1
=
a22 a1
<0
m2
am2
=
a32 a1
<0
由
N0
= 1可知
a22 a1
=
a32 a1
，从而
a2
=
a3
，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 N0
≥
2 ，由①知存在实数 m
，满足 am
=
a2 N0
a1
<
0，由 N0 的定义可知：m
≤
， N0
，② −2Sn = 1× (−2) + 2 × (−2)2 + 3× (−2)3 +L(n −1)(−2)n−1 + n(−2)n
① ②得， −
3Sn = 1 + (−2) + (−2)2 +L + (−2)n−1 − n(−2)n
4 / 15
， = 1 − (−2)n − n(−2)n = 1 − (1 + 3n)(−2)n
T5 < 0 Ti < 0(i ≥ 6,i ∈ N )
由
Ti Ti−1
=
ai
>
1(i
≥
7, i
∈
N
)
可知数列{Tn}不存在最小项，
由于 ， a1 = −9, a2 = −7, a3 = −5, a4 = −3, a5 = −1, a6 = 1
故数列{Tn}中的正项只有有限项：T2 = 63，T4 = 63×15 = 945 .故数列{Tn}中存在最大项，
=
a1ຫໍສະໝຸດ Baidu 2
=
a3 ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 k,l ，可见 a4 < a1q3 不成立，从而 a4 = a1q3 ，
同理可得： a5 = a1q4,a6 = a1q5,L，从而数列{an}为等比数列，同理，当数列中的项数均
为负数时亦可证得数列为等比数列.由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同 时出现正数和负数.
(a1a3
+
a2a4
+
a3a5
+
a4a6
+
a5a7 )
=
1 (0 +1 + 0 5
+1+
0)
=
2 5
对于选项 B，
∑ ，不满足； C(1)
=
1 5
5 i=1
aiai+1
=
1 5
(a1a2
+
a2a3
+
a3a4
+
a4a5
+
a5a6
)
=
1 5
(1
+
0
+
0
+1
+ 1)
=
3 5
对于选项 D，
∑ ，不满足； C(1)
【解析】 Ⅰ 不具有性质①； (
)Q
a2
= 2, a3
= 3, a32 a2
=
9 2
∉
Z
∴{an
}
Ⅱ 具有性质①； { } (
) Q ∀i, j ∈ N *,i >
j, ai2 aj
= 2(2i− , j)−1 2i −
j ∈ N * ∴ ai2 aj
= a2i− j ∴
an
具有性质②； { } Q ∀n ∈ N*, n ≥ 3, ∃k = n −1,l = n − 2, ak2 al
另一方面， ，由数列 单调性可知： ， am
=
a2 N0
a1
>
a2 N0
aN0
= aN0
的
m > N0
这与 N0 的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.
综上可得，数列中的项数同号.其次，证明
a3
=
a22 a1
：
利用性质②：取
n
=
3
，此时
a3
=
ak2 al
(
k
>
l
)
，
由数列的单调性可知 ak